2015-北京卷理-19 解-椭圆性质

本题导读

本题是 2015 年北京理科卷的解析几何大题。第一问考查椭圆方程的求法及直线交点的坐标表示；第二问属于存在性探究题，通过建立角度相等与坐标乘积之间的代数关系（类似于射影定理的形式），结合点在椭圆上的隐含条件进行整体代换求解。

📌【题干】

Question

（2015年北京卷(理)） 已知椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，点 $P(0,1)$ 和点 $A(m,n)(m\ne 0)$ 都在椭圆 $C$ 上，直线 $PA$ 交 $x$ 轴于点 $M$.

(1) 求椭圆 $C$ 的方程，并求点 $M$ 的坐标（用 $m,n$ 表示）；

(2) 设 $O$ 为原点，点 $B$ 与点 $A$ 关于 $x$ 轴对称，直线 $PB$ 交 $x$ 轴于点 $N$，问：$y$ 轴上是否存在点 $Q$，使得 $\angle OQM=\angle ONQ$？若存在，求点 $Q$ 的坐标；若不存在，说明理由.


🔍【思路分析】

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1. 第一问（方程与交点）：
   • 利用 $P(0,1)$ 在椭圆上直接得到 $b=1$。
   • 结合离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 和 $a^2=b^2+c^2$ 解出 $a^2,c^2$。
   • 利用 $P,A$ 两点坐标写出直线 $PA$ 方程，令 $y=0$ 求出 $M$ 点横坐标。
2. 第二问（存在性探究）：
   • 坐标准备：由对称性写出 $B(m,-n)$，仿照第一问求出直线 $PB$ 与 $x$ 轴的交点 $N$ 的坐标。
   • 角度转化：设 $Q(0,y_Q)$。在直角三角形中，$\angle OQM=\angle ONQ$ 等价于它们的正切值相等，即 $\frac{OM}{OQ}=\frac{OQ}{ON}$。
   • 建立等式：推导出 $y_Q^2=x_M\cdot x_N$。
   • 代数代换：将 $x_M,x_N$ 用 $m,n$ 表达，利用点 $A(m,n)$ 在椭圆上的条件 $\frac{m^2}{2}+n^2=1$ 进行整体消元，看 $y_Q^2$ 是否为定值。

✅【答案】

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故存在点 $Q$，其坐标为 $(0,\sqrt{2})$ 或 $(0,-\sqrt{2})$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求椭圆 $C$ 的方程及点 $M$ 坐标 因为点 $P(0,1)$ 在椭圆上，所以 $\frac{0^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1⟹b^2=1⟹b=1$。 由离心率 $e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 知 $c^2=\frac{1}{2}{a}^2$。 由 $a^2=b^2+c^2=1+\frac{1}{2}{a}^2$，解得 $a^2=2$。 故椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$。

直线 $PA$ 过 $P(0,1)$，$A(m,n)$，斜率 $k_{PA}=\frac{n-1}{m}$。 直线 $PA$ 的方程为：$y-1=\frac{n-1}{m}x$。 令 $y=0$，得 $-1=\frac{n-1}{m}x⟹x_M=\frac{m}{1-n}$。 故点 $M(\frac{m}{1-n},0)$。

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(2) 探究点 $Q$ 的存在性 由题意，点 $B$ 与 $A(m,n)$ 关于 $x$ 轴对称，则 $B(m,-n)$。 直线 $PB$ 过 $P(0,1)$，$B(m,-n)$，其方程为：$y-1=\frac{-n-1}{m}x$。 令 $y=0$，得 $-1=\frac{-n-1}{m}x⟹x_N=\frac{m}{1+n}$。 故点 $N(\frac{m}{1+n},0)$。

设 $Q(0,y_Q)$ 为 $y$ 轴上一点。在 $Rt△QOM$ 和 $Rt△QON$ 中： $\angle OQM=\angle ONQ⟺\tan \angle OQM=\tan \angle ONQ⟺\frac{OM}{OQ}=\frac{OQ}{ON}$。 即 $O{Q}^2=OM\cdot ON⟹y_Q^2=|x_M|\cdot |x_N|$。 由于 $M,N$ 在原点同侧（$x_M{x}_N>0$），即： $y_Q^2=x_M\cdot x_N=\frac{m}{1-n}\cdot \frac{m}{1+n}=\frac{m^2}{1-n^2}$。 又因为点 $A(m,n)$ 在椭圆 $\frac{x^2}{2}+y^2=1$ 上， 所以 $\frac{m^2}{2}+n^2=1⟹m^2=2(1-n^2)$。 代入 $y_Q^2$ 的表达式中： $y_Q^2=\frac{2(1-n^2)}{1-n^2}=2$。 解得 $y_Q=\pm \sqrt{2}$。 故存在点 $Q$，其坐标为 $(0,\sqrt{2})$ 或 $(0,-\sqrt{2})$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 整体代换的威力：解析几何中，点在曲线上带来的代数关系（如 $\frac{m^2}{2}+n^2=1$）是消去多余参数的最强武器。
2. 几何关系的代数化：将“角相等”转化为“直角三角形边的比例关系”是简化计算的关键，避免了复杂的向量夹角运算。
3. 避坑指南：注意 $m\ne 0$ 且 $-1<n<1$（点 $A$ 不能是南北顶点），确保分母不为 0；在开方求 $y_Q$ 时不要漏掉负值。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：本题结论 $y_Q^2=x_M{x}_N=2$ 说明点 $Q$ 的纵坐标恰好是椭圆的长半轴长 $a$。这反映了椭圆的一种几何性质：当直线 $PA,PB$ 满足对称性时，它们在轴上的截距之积为定值。
• 变式思考：若椭圆改为双曲线，结论还会成立吗？ (提示：双曲线中 $x_M{x}_N$ 仍可能为定值，但其值可能与 $a,b$ 的另一种组合有关。)

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 17.05 直线与圆的位置关系
• 16.02 直线方程的形式与直线系

类题演练(Links)

• 2016-北京卷理-19
• 2022-高考北京卷-19
• 2010-北京卷理-19